Calcule a integral dupla das funções na regiões indicadas:
f(x, y)=x-y
D=\{(x, y) ; 0 \leq x-y \leq 1,0 \leq y-2 x \leq 4\} ;

Passo 1

O enunciado dá a função e a região e pede a integral dupla sobre essa região. Vou listar claramente.
  • Função a integrar: f(x,y)=x-y.
  • Região D definida por duas desigualdades lineares: 0 \leq x-y \leq 1, \qquad 0 \leq y-2x \leq 4.
  • Pedido: calcular a integral dupla \iint_{D} (x-y)\,dA.

Passo 2

Ideia de resolução (sem calcular ainda): as expressões que aparecem nas desigualdades são justamente combinações lineares de x e y. Isso sugere fazer a mudança de variáveis
u = x-y,\qquad v = y-2x,
pois então as desigualdades ficam simples (intervalos em u e v). Depois precisamos:
  • expressar x e y em função de u,v,
  • calcular o jacobiano \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)},
  • transformar a integral para o retângulo em (u,v) e calcular.

Passo 3

Resolver o sistema linear para x,y\) em função de \(u,v\): \[\begin{cases} u = x-y,\\[4pt] v = y-2x. \end{cases}
Da primeira equação (y = x - u]. Substituindo na segunda:
v = (x-u)-2x = -x - u.
Logo
-x - u = v \quad\Rightarrow\quad x = -u - v.
E então
y = x - u = (-u - v) - u = -2u - v.
Portanto a transformação inversa é
x = -u - v,\qquad y = -2u - v.]

Passo 4

Calcular o jacobiano \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}. Monta-se a matriz das derivadas parciais:
\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial x}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[6pt] \displaystyle\frac{\partial y}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & -1\\[4pt] -2 & -1 \end{pmatrix}.
O determinante é
\det \begin{pmatrix} -1 & -1\\[4pt] -2 & -1 \end{pmatrix} = (-1)(-1)-(-1)(-2)=1-2=-1.
O fator de escala de área usado na mudança de variável é o valor absoluto do determinante, isto é \bigl|\det\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\bigr|=1. Comentário rápido e intuitivo: o jacobiano mede quanto uma pequena área em (u,v) é esticada (ou refletida) para a área correspondente em (x,y); aqui o módulo é 1, então não há ampliação de área (apenas reflexão, o sinal -1 indica mudança de orientação).]

Passo 5

Determinar os limites em (u,v) usando as desigualdades dadas (pegadas do enunciado):
0 \leq u \leq 1,\qquad 0 \leq v \leq 4.
Portanto a região D em (x,y) corresponde ao retângulo
R = \{(u,v)\mid 0\le u\le1,\;0\le v\le4\}
no plano (u,v).

Passo 6

Expressar a integranda em termos de u,v. Note que por definição u = x-y, então f(x,y)=x-y=u. Usando a mudança de variável a integral fica
\iint_{D} (x-y)\,dA = \iint_{R} u\;\Biggl|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\Biggr|\,du\,dv.
Como o módulo do jacobiano é 1, isso simplifica para
\iint_{R} u\,du\,dv.

Passo 7

Calcular a integral sobre o retângulo R:
\iint_{R} u\,du\,dv = \int_{v=0}^{4}\left(\int_{u=0}^{1} u\,du\right)dv.
Calcular a integral interna:
\int_{u=0}^{1} u\,du = \left[\tfrac{1}{2}u^{2}\right]_{0}^{1}=\tfrac{1}{2}.
Agora a integral externa:
\int_{v=0}^{4} \tfrac{1}{2}\,dv = \tfrac{1}{2}\,[v]_{0}^{4}=\tfrac{1}{2}\cdot 4 = 2.

Passo 8

Interpretação final e checagem rápida: a transformação linear escolhida simplificou a região para um retângulo e transformou a integranda para a variável u diretamente. O jacobiano com módulo 1 facilitou pois não há fator extra além de u. O cálculo está consistente e direto.

Resposta

2

Exercícios relacionados